四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高三上学期11月月理科综合题 Word版含解析.docx

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南山实验高三年级11月月考理科综合试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。二、选择题：第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。1.吴老师在物理课堂上手托《汉语词典》，并将一张薄面纸夹在下层两个页面之间，学生抽面纸，面纸总被拉断。如图所示，吴老师让《汉语词典》做某种运动时，学生能完好无损地抽出面纸，则该运动可能是（　　）A.水平向右加速运动B.水平向左匀速运动C.竖直向下加速运动D.竖直向上加速运动【答案】C【解析】【详解】面纸被拉断的原因是词典对面纸的摩擦力比较大，该摩擦力与词典对面纸的压力有关，而压力与面纸上面的部分词典的重力有关，当词典竖直向下加速运动时，词典失重，对面纸的压力可能减小，从而面纸可以完好无损地抽出来。其他运动形式都不可能。故选C。2.某同学应用航拍飞机进行实验并得到如图所示的位移—时间图像，时，飞机由静止向上运动，当时，飞机上升到高度并立即关闭发动机，让其自由上升，时，飞机达到最高点，整个过程中飞机在竖直方向做直线运动，图中的，，两段曲线均为抛物线，下列说法正确的是（　　） A.飞机在时间内处于失重状态B.飞机在时间内的加速度大小等于时间内的加速度大小C.图像中的两段曲线在时刻相切D.飞机的最大速度为【答案】C【解析】【详解】根据题意可知，两段曲线均为抛物线，则飞机在两段时间内均做匀变速直线运动A．根据图像中斜率表示速度，由图像可知，飞机在时间内，向上做加速运动，具有向上的加速度，则处于超重状态，故A错误；B．根据题意，设飞机在时间内的加速度大小为，由公式可得解得设时间内的加速度大小为，由图可知，飞机在时速度为0，则可看成反向加速，由公式可得解得可知 故B错误；C．根据图像中斜率表示速度可知，图像中的两段曲线在时刻相切，故C正确；D．根据图像中斜率表示速度，由图像可知，飞机在时速度最大，由公式可得，最大速度为故D错误。故选C。3.我国第一艘国产航空母舰“山东舰”已经正式交付海军，成为国防重器。假设“山东舰”发动机的最大输出功率为P，最大航行速度为v，其航行时所受的阻力与速度成正比，某次直线航行过程中，下列说法正确的是（　　）A.若“山东舰”匀加速启动，则在匀加速阶段，发动机提供的牵引力大小恒定B.若“山东舰”以恒定功率P启动，经时间t后速度达到v，则有C.若“山东舰”以v匀速航行，则所受的阻力大小为D.若“山东舰”以匀速航行，则发动机的输出功率为【答案】C【解析】【详解】A．在匀加速阶段、由牛顿第二定律有v增大，增大，A错误；B．由动能定理有由于阻力做负功，因此B错误； CD．以最大速度v匀速航行时解得以匀速航行时，则有解得C正确，D错误。故选C。4.光滑绝缘水平面上有一个正六边形区域，A点固定有一个正点电荷，D点和F点分别固定一个电荷量大小为、的点电荷甲和乙，将一个试探电荷置于B点，该试探电荷保持静止状态。则关于甲、乙两个点电荷的电性和电荷量大小、的比值、下列判断正确的是（　　）A.甲为正电荷，乙为负电荷，B.甲为正电荷，乙为负电荷，C.甲为负电荷，乙为正电荷，D.甲为负电荷，乙为正电荷，【答案】B 【解析】【详解】设置于B点试探电荷，A点固定有一个正点电荷，正六变形边长为。CD．若甲为负电荷，乙为正电荷，置于B点试探电荷的受力分析如下图所示由图可知，试探电荷不能处于静止状态。故CD错误。AB．若甲为正电荷，乙为负电荷，试探电荷受力分析如下图所示若试探电荷处于静止状态，则由受力平衡可知解得故A错误，B正确。故选B。5.如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各小球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计摩擦和空气阻力。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（　　） A.球1做平抛运动的水平位移最小B.球6做平抛运动的水平位移最小C.六个小球将落在地面上同一点D.六个小球将落在地面上六个不同的点【答案】B【解析】【详解】AB．由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，选项B正确，A错误；CD．当1、2、3小球均在OA段时，三球的速度相同，故从A点抛出后，三球落地点也相同，选项CD错误。故选B。6.如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，其中Q1带正电。在它们连线的延长线上有a、b两点，一带正电的试探电荷仅在库仑力作用下以初速度从a点沿直线ab向右运动，其图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）A.Q2带正电B.Q1带电荷量大于Q2C.b点处电场强度为零D.ab连线上a点左侧电场强度向左，a点右侧电场强度向右【答案】BC【解析】【详解】C．从图像可知，粒子从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时试探电荷的加速度为零，则受到的电场力为零，所以b点处电场强度为零，故C正确；AB．b点场强为零，可知Q1、Q2在b点处的场强大小相等，方向相反，由于Q1带正电，则Q2 带负电；根据点电荷场强公式由于Q1到b点距离大于Q2到b点距离，则Q1电量大于Q2的电量，故B正确，A错误；D．从图像可知，粒子从a到b做减速运动，电场力做负功，电场力方向向左，试探电荷带正电，则电场方向向左；粒子从b继续向右做加速运动，电场力做正功，电场力方向向右，则电场方向向右，可知ab连线上b点左侧电场强度向左，b点右侧电场强度向右，故D错误。故选BC。7.电影中的太空电梯非常吸引人。现假设已经建成了如图所示的太空电梯，其通过超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，它们随地球同步旋转。P是缆绳上的一个平台。则下列说法正确的是（　　）A.太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比B.宇航员在配重空间站时处于完全失重状态C.若从P平台向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P点转动的方向向前运动一边落向地球D.若两空间站间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，且断裂处为椭圆的远地点【答案】AC【解析】【详解】A．太空电梯上各点具有相同的角速度，根据可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，故A正确；B．配重空间站轨道半径大于同步轨道，由知其线速度和向心加速度均大于同步卫星；而由知同步卫星的加速度大于配重空间站所在轨道的正常运行卫星的加速度，所以配重空间站内的宇航员的加速度大于同轨道卫星的运行加速度，所以不是处于完全失重状态，故B错误；C．若从P平台向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝P 点转动的方向向前运动一边落向地球，做近心运动，故C正确；D．若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，其断裂处为椭圆的近地点，由于在近地点线速度较大，半径较小，需要的向心力更大，故D错误。故选C。8.如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为2m的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，半径为R，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）A.当弹簧被压缩到最短时，小球和小车速度相同且向右B.从开始到弹簧具有最大弹性势能时，摩擦生热C.弹簧具有的最大弹性势能为D.小球从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为【答案】BD【解析】【详解】ABC．小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，弹簧具有的最大弹性势能时，系统共速解得根据能量守恒，设克服阻力做功为压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，可知最终共速为0，根据能量守恒 解得故B正确，AC错误；D．小球从A点运动到B点的过程中，水平方向根据人船模型的推论又解得故D正确。故选BD。三、非填空题：（一）必做题9.为测量电梯运行的加速度，某实验小组制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图甲所示。把一根轻弹簧上端固定在支架横梁上，当下端悬吊的重物，静止时弹簧下端的指针指在刻度为C的位置，当悬吊的重物，静止时弹簧下端的指针指在刻度为0的位置。现将的小球固定在弹簧下端，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。当地重力加速度取9.8。（1）若刻度尺未标出刻度，能否求出弹簧的劲度系数的具体值___________（填“能”或“否”）（2）利用该装置测量电梯运行的加速度。当指针指在刻度板上A点时电梯处于___________（填“超重”或“失重”）状态，加速度大小为___________。（结果保留两位有效数字）（3）以0点为坐标原点，向上为加速度为正方向，则B点应该标___________。【答案】①.否②.失重③.0.80④.2.2 【解析】【详解】（1）[1]若刻度尺未标出刻度，无法知道力的改变量对应形变量的改变量，无法求出弹簧的劲度系数的具体值；（2）[2][3]由题可知，重物静止O点时则有解得当指针指在刻度板上A点时弹簧的弹力为取向上为正，根据牛顿第二定律有解得可知加速度方向向下，处于失重状态；（3）[4]当指针指在刻度板上B点时弹簧的弹力为取向上为正，根据牛顿第二定律有解得10.某兴趣小组在完成“探究物体加速度与所受合外力的关系”的实验后，还想根据所学知识测出实验中所使用的小车质量M。装置图如图甲所示，其主要操作步骤如下：（1）进行阻力补偿后，在绳上只挂一个钩码，其质量为m0： （2）接通电源，释放小车，打出纸带，计算出其加速度；（3）保持绳子下端悬挂的钩码不变，在小车上放置不同数量的钩码，小车上钩码的个数记为n，重复实验操作（2）。已知小车的质量没有远大于钩码的质量，实验中所有钩码的质量均相等。①图乙所示为一次记录小车运动情况的纸带，每隔四个点取一个计数点，打点B时纸带的速度为vB=______m/s，整个运动过程中纸带的加速度为a=_____m/s²（结果均保留三位有效数字）；②图丙为加速度a的倒数和钩码个数n的图像，已知图像中直线斜率为k，纵轴截距为b，利用题中信息可得出重力加速度g=______，小车的质量M=_____（用k，b，m0表示）。【答案】①.0.882②.1.75③.④.【解析】【详解】（1）[1]每隔四个点取一个计数点，则T=0.1s；打点B时纸带的速度为[2]整个运动过程中纸带的加速度为（2）[3][4]由牛顿第二定律可知可得由图可知 解得11.如图所示，一倾角、长度为9m的固定斜面，其底端与长木板B上表面等高，原来B静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与木板B的上表面接触处圆滑，一可视为质点的小滑块A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A刚好未从木板B上滑下，已知A、B的质量相等，木板B的长度，A与斜面、B上表面间的动摩擦因数均为，B与地面的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2。（1）求出小滑块A到达斜面底端时的速度大小为v0；（2）通过计算分析当A滑上B的上表面后，B是否仍保持静止。若B仍然静止，求出μ2的最小值；若B滑动，求出的值。【答案】（1）；（2）会发生相对滑动，【解析】【详解】（1）设A物块从斜面下滑过程中加速度大小为，到达底端时速度大小为，由牛顿第二定律和运动学公式得联立可得（2）假设A滑上B的上表面后，B仍保持静止，则A在B上减速滑动至停止，有解得 A会从B上滑下，假设不成立，故当A滑上B的上表面后，B与地面会发生相对滑动；设A滑上B后，再经时间t两者达到共同速度，A、B的加速度大小分别为根据运动学公式又联立解得12.如图，一竖直固定、两端开口的长直圆管内有一质量为的薄圆盘，圆盘恰好静止在距离管上端处，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，管所处的位置足够高，不计空气阻力，重力加速度大小为。求：（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；（3）通过计算判断小球能否在圆盘离开管之前第二次与圆盘发生碰撞。 【答案】（1），；（2）；（3）未发生第二次碰撞【解析】【详解】（1）小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律有小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有解得（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即解得根据运动学公式得最大距离为 （3）第一次碰撞后圆盘下落至管口时时间满足得此阶段小球下落位移此时还未发生第二次碰撞。（二）选做题13.关于热现象，下列说法正确是（　　）A.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子的直径（也就是单层油酸分子组成的油膜的厚度）等于一小滴溶液中纯油酸的体积与它在水面上摊开的面积之比B.两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，它们都随距离的增大而减小，当两个分子的距离为r0时，引力与斥力大小相等，分子势能最小C.同种物质要么是晶体，要么是非晶体，不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现D.如果用Q表示物体吸收的能量，用W表示物体对外界所做的功，ΔU表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为Q=ΔU+WE.如果没有漏气没有摩擦，也没有机体热量的损失，这样的热机的效率可以达到100%【答案】ABD【解析】【分析】【详解】A．根据用“油膜法”估测分子大小的实验原理可知，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，由于油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含油酸体积除以油膜面积得出的油膜厚度即为油酸分子直径，A正确；B．当分子间的距离时，分子力表现为斥力，减小分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加；当分子间的距离时，分子力表现为引力，增大分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加，所以当两个分子的距离为r。时，引力与斥力大小相等，分子势能最小，B正确；C．物质是晶体还是非晶体，并不是绝对的，有些非晶体在一定条件下也可以转化为晶体，C错误；D．根据热力学第一定律可知，如果用Q表示物体吸收的能量，用W 表示物体对外界所做的功， 表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为D正确；E．根据热力学第二定律可知，热机的效率不可以达到100%，E错误。故选ABD。14.某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图。一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的活塞密封在导热汽缸内，活塞厚度不计，质量m=100g，横截面积S=10cm2，开始时活塞距汽缸底部的高度为h=6cm，缸内温度为T1=360K。当环境温度上升，活塞缓慢上移△h=4cm，活塞上表面与a、b两触点接触，报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为p0=1.0×105Pa，g=10m/s2，试求：（1）该报警装置报警温度T2；（2）若上述过程气体的内能增加15.96J，则气体吸收的热量Q为多少。【答案】（1）600K；（2）20J【解析】【详解】（1）气体发生是等压变化，由气体实验定律得代入数据解得T2=600K（2）缸内气体压强气体等压膨胀对外做功 由热力学第一定律得ΔU=W+Q代入数据Q=∆U-W=15.96J+4.04J=20J则气体吸热20J。15.如图所示，在同一种介质中两列简谐横波甲、乙沿x轴方向相向传播。甲向左传播，乙向右传播。t＝0时刻，甲、乙两列波的波形前端刚好分别传到x＝-1cm和x＝-2cm处的两点，已知乙波的波速v乙＝4m/s。下列说法中正确的（　　）A.t＝0时，x＝-6cm处的质点Q沿x轴正方向运动B.t＝0时，x＝3cm处的质点P沿y轴正方向运动C.甲波波源的振动频率为100HzD.P、Q两质点振动方向始终相反E.x＝0处的质点在t＝0.05s时的位移为10cm【答案】BCE【解析】【详解】A．由图可知，t＝0时，x＝-6cm处的质点Q仅在乙波形上，乙波沿x轴正方向传播，Q由其左端邻近质点带动，下一时刻位置要降低，所以此刻Q沿y轴负方向运动，A错误；B．t＝0时，x＝3cm处的质点P仅在甲波形上，甲波沿x轴负方向传播，P由其右端邻近质点带动，下一时刻位置要升高，所以此刻P沿x轴正方向运动，B正确；C．甲、乙在同一介质中传播，波速相同，都为4m/s，由图知甲波长为4cm，则甲波波源的振动频率为C正确；D．由于两列波波长不同，频率不同，在两列波共同传播区域无法形成稳定的振动加强区域和减弱区域，所以P、Q两质点不可能振动方向始终相反，D错误； E．甲和乙的周期分别为，由于t＝0.05s所以0.05s时x＝0处的质点处于甲的波峰位置，位移为5cm。经过0.05s，乙波向右移动则x＝0处的质点也处于乙的波峰位置，位移也为5cm。根据波的叠加原理，此刻x＝0处的质点为10cm，E正确。故选BCE。16.如图所示，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。截面所在的平面内有一束光线自M点射入棱镜，入射角为经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜，光在真空传播的速度为c。求：（1）棱镜的折射率n；（2）光从M点传播到P点经历的时间t。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）光线在M点发生折射，有由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则又C=90°-θ 联立得得（2）根据几何关系有BN=MNcosθ，NC=NPcosθ解得BN+NC=a=cosθ（MN+NP）再由解得光在棱镜中传播总时间